110 學年第 1 學期　微積分 1 期中考

詳解

考點：指數函數比大小，底數大的跑得快。$2^{2x}=4^x$，四個底數 $1,3,e,4$ 中 $4$ 最大，分子分母同除 $4^x$。

$$\frac{3^x+e^x}{1+4^x}=\frac{\left(\frac34\right)^x+\left(\frac e4\right)^x}{\left(\frac14\right)^x+1}\;\longrightarrow\;\frac{0+0}{0+1}$$

底數小於 $1$ 的指數在 $x\to\infty$ 時趨近 $0$。

$0$

官方是同除 $3^x$，分母變成 $\left(\frac13\right)^x+\left(\frac43\right)^x\to\infty$，也能得 $0$。同除最大的 $4^x$ 每一項都有極限，比較不會出錯。

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考點：$\frac00$ 型。分母有根號差，有理化；分子用倍角公式 $1-\cos2x=2\sin^2x$，湊出 $\frac{\sin x}{x}$。

分母有理化（$(\sqrt{x^2+4})^2-4=x^2$）：

$$\frac{1-\cos2x}{\sqrt{x^2+4}-2}=\frac{(1-\cos2x)(\sqrt{x^2+4}+2)}{x^2}=2\left(\frac{\sin x}{x}\right)^2\left(\sqrt{x^2+4}+2\right)$$

$x\to0$：$2\cdot1\cdot(2+2)$。

$8$

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考點：$\frac00$ 型。題目給了 $\frac{\ln t}{t-1}\to1$，目標是把式子換成這個樣子。分子只有 $\sin^2x$，所以分母也用 $\cos^2x=1-\sin^2x$ 換掉。

$$\frac{\ln(\sin^2x)}{\cos^2x}=\frac{\ln(\sin^2x)}{1-\sin^2x}=-\frac{\ln(\sin^2x)}{\sin^2x-1}$$

令 $t=\sin^2x$，$x\to\frac\pi2$ 時 $t\to1$：

$$-\lim_{t\to1}\frac{\ln t}{t-1}=-1$$

$-1$

常見錯誤是漏掉負號：分母是 $1-t$，不是 $t-1$。

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考點：底 $\to1$、指數 $\to\infty$，$1^\infty$ 型。把底寫成 $1+\frac{1}{\square}$，指數湊成 $\square$ 的倍數。

$\dfrac{x+1}{x-1}=1+\dfrac{2}{x-1}$。令 $y=\dfrac{x-1}2$，則 $x=2y+1$，$x\to\infty$ 時 $y\to\infty$：

$$\left(1+\frac1y\right)^{2y+1}=\left[\left(1+\frac1y\right)^y\right]^2\cdot\left(1+\frac1y\right)\;\longrightarrow\;e^2\cdot1$$

$e^2$

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考點：乘法法則加連鎖律。$(e^{x^2+2})'=e^{x^2+2}\cdot2x$。算二階時先把 $f'$ 整理成「多項式 $\times\,e^{x^2+2}$」，再微一次會輕鬆很多。

$$f'(x)=3x^2e^{x^2+2}+x^3\cdot2xe^{x^2+2}=(2x^4+3x^2)e^{x^2+2}$$

對 $f'$ 再用一次乘法法則：

$$f''(x)=(8x^3+6x)e^{x^2+2}+(2x^4+3x^2)\cdot2xe^{x^2+2}=(4x^5+14x^3+6x)e^{x^2+2}$$

$f'(x)=(2x^4+3x^2)e^{x^2+2}$，$f''(x)=(4x^5+14x^3+6x)e^{x^2+2}$

官方給分 $f'$ 5 分、$f''$ 3 分。導數公式記錯扣 3 分，計算錯誤扣 1 分。

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考點：商法則，分母的導數要用連鎖律：$\bigl(\tan^{-1}(\sin x)\bigr)'=\dfrac{1}{1+\sin^2x}\cdot\cos x$。

$$g'(x)=\frac{1\cdot\tan^{-1}(\sin x)-x\cdot\dfrac{\cos x}{1+\sin^2x}}{\bigl(\tan^{-1}(\sin x)\bigr)^2}$$

如上

商法則是「下微上減上微下」，順序反了正負號就錯。

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考點：兩個「變數的變數次方」相乘，取 $\ln$ 一次處理掉。只要 $h'(1)$，求完導數立刻代 $x=1$，不用化簡。

$$\ln h(x)=x\ln x+\frac{\ln(1+x^2)}{x}$$

兩邊微分，第二項用商法則：

$$\frac{h'(x)}{h(x)}=\ln x+1+\frac{\frac{2x}{1+x^2}\cdot x-\ln(1+x^2)}{x^2}=\ln x+1+\frac{2}{1+x^2}-\frac{\ln(1+x^2)}{x^2}$$

代 $x=1$：$h(1)=1\cdot2=2$，

$$h'(1)=2\,(0+1+1-\ln2)$$

$h'(1)=4-2\ln2$

常見錯誤是最後忘了乘 $h(1)$，只寫 $2-\ln2$。

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考點：隱微分。右邊是平方，用連鎖律「外層微分乘內層微分」，不要先展開。

$$2x+2y\,y'=2(2x^2+2y^2-x)\cdot(4x+4y\,y'-1)$$

代入 $(0,\frac12)$：$2x^2+2y^2-x=\frac12$，$4x+4yy'-1=2y'-1$，左邊是 $y'$：

$$y'=2\cdot\frac12\cdot(2y'-1)=2y'-1\;\Longrightarrow\;y'=1$$

$\left.\dfrac{dy}{dx}\right|_{(0,\frac12)}=1$

官方給分：隱微分正確 4 分、代點 2 分、解出 1 分。先驗證點在曲線上：左邊 $\frac14$，右邊 $\left(\frac12\right)^2=\frac14$。

詳解 $$y(x)\approx y(0)+y'(0)\,x=\frac12+x,\qquad y(0.1)\approx\frac12+0.1$$

$y(0.1)\approx0.6$

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考點：嚴格遞增就是一對一，一對一就有反函數。用 $f'\gt0$ 證明嚴格遞增。

$$f'(x)=4\cdot\frac{1}{1+(x^3)^2}\cdot3x^2+e^x=\frac{12x^2}{1+x^6}+e^x$$

第一項 $\ge0$，$e^x\gt0$，所以 $f'(x)\gt0$。$f$ 在 $\mathbb R$ 上嚴格遞增，因此一對一，反函數存在。

$f'\gt0$，$f$ 嚴格遞增，反函數存在

官方給分：$f'$ 2 分、寫出 $f'\gt0$ 1 分、說明嚴格遞增 1 分。

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考點：反函數定理 $g'(b)=\frac{1}{f'(a)}$，$f(a)=b$。關鍵是猜出 $a$：$\pi$ 要從 $4\tan^{-1}(\cdot)$ 來，需要 $\tan^{-1}(x^3)=\frac\pi4$，也就是 $x^3=1$；剛好 $e^1=e$。

$f(1)=4\cdot\frac\pi4+e=\pi+e$（1 分），$f'(1)=\frac{12}{2}+e=6+e$（2 分）。

$$g'(\pi+e)=\frac{1}{f'(1)}$$

$g'(\pi+e)=\dfrac{1}{6+e}$

詳解

考點：證明題。「是解」直接代；「唯一」用 Rolle 定理反證，或用導數說明函數單調。

令 $F(x)=x+\cos^{-1}x$，定義域 $[-1,1]$。$F(0)=0+\frac\pi2$，所以 $x=0$ 是解。

對 $-1\lt x\lt1$：

$$F'(x)=1-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$$

因為 $0\lt\sqrt{1-x^2}\le1$，$\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\ge1$，所以 $F'(x)\le0$，而且只有 $x=0$ 時等於 $0$。

關鍵一步（Rolle 反證）：假設還有另一解 $\alpha\neq0$，則 $F(\alpha)=F(0)$。$F$ 在 $0$ 與 $\alpha$ 之間的閉區間連續（$\cos^{-1}$ 在 $[-1,1]$ 連續），在開區間可微，由 Rolle 定理，存在 $c$ 嚴格介於 $0$ 與 $\alpha$ 之間使 $F'(c)=0$。但 $F'(c)=0$ 只會在 $c=0$ 發生，而 $c$ 不能等於端點 $0$，矛盾。

所以 $x=0$ 是唯一解　■

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$\ln x$ 要求 $x\gt0$。

$(0,\infty)$

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考點：通分後因式分解，在定義域 $x\gt0$ 內列符號表。

$$f'(x)=6-2x-\frac4x=\frac{-2x^2+6x-4}{x}=\frac{-2(x-1)(x-2)}{x}$$

$x\gt0$ 時分母為正，正負由 $-(x-1)(x-2)$ 決定：兩根之間為正，兩根之外為負。

遞增 $(1,2)$；遞減 $(0,1)$、$(2,\infty)$

詳解 $$f''(x)=-2+\frac4{x^2}=\frac{-2(x^2-2)}{x^2}=\frac{-2(x-\sqrt2)(x+\sqrt2)}{x^2}$$

$x\gt0$ 時 $x+\sqrt2\gt0$，正負由 $-(x-\sqrt2)$ 決定。

凹口向上 $(0,\sqrt2)$；凹口向下 $(\sqrt2,\infty)$

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$x=1$：$f'$ 由負變正，局部極小，$f(1)=6-1-0=5$。

$x=2$：$f'$ 由正變負，局部極大，$f(2)=12-4-4\ln2=8-4\ln2\approx5.23$。

$x=\sqrt2$：凹向改變，$f(\sqrt2)=6\sqrt2-2-4\ln\sqrt2=6\sqrt2-2-2\ln2\approx5.10$。

局部極小 $(1,5)$；局部極大 $(2,8-4\ln2)$；反曲點 $\left(\sqrt2,\,6\sqrt2-2-2\ln2\right)$

可以用 (c) 交叉檢查：$f''(1)=2\gt0$ 是極小，$f''(2)=-1\lt0$ 是極大，和一階導數判斷一致。

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垂直：$x\to0^+$ 時 $-4\ln x\to+\infty$，其餘項 $\to0$，所以 $f\to+\infty$，$x=0$ 是垂直漸近線。

水平：$x\to\infty$ 時 $-x^2$ 主導，$f\to-\infty$，沒有。

斜：$\frac{f(x)}{x}=6-x-\frac{4\ln x}{x}\to-\infty$，斜率不是有限值，沒有。

只有垂直漸近線 $x=0$

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考點：把 (b)–(e) 畫在一起。這題的極小 $5$ 和極大 $5.23$ 很接近，照比例畫會看不出來，作答時可以把 $y$ 方向誇張一點，但順序要對：先降到 $(1,5)$，升到 $(2,5.23)$，再一路下降。

官方給分：圖要和前面的答案一致，每一項沒標或不一致扣 1 分。

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考點：最佳化應用題。先用一個變數把面積寫出來，再在閉區間上求最大值。

設右下角是 $(x,x^2)$，$0\le x\le\sqrt2$。對稱性讓寬是 $2x$，高是 $2-x^2$（4 分）：

$$A(x)=2x(2-x^2)=4x-2x^3$$

微分（2 分）並令為 $0$（2 分）：

$$A'(x)=4-6x^2=0\;\Longrightarrow\;x=\sqrt{\tfrac23}=\frac{\sqrt6}{3}\quad(\text{負根不合})$$

驗證是最大（3 分），擇一：$A''(x)=-12x\lt0$；或 $A'$ 在 $x\lt\frac{\sqrt6}3$ 為正、之後為負；或比端點 $A(0)=A(\sqrt2)=0$。

$$A\left(\frac{\sqrt6}3\right)=2\cdot\frac{\sqrt6}{3}\cdot\left(2-\frac23\right)=\frac{2\sqrt6}{3}\cdot\frac43=\frac{8\sqrt6}{9}$$

最大面積 $\dfrac{8\sqrt6}{9}\approx2.18$（1 分）

常見失分：寬寫成 $x$（忘了左右對稱，答案少一半）；或求出臨界點後沒說明為什麼是最大。